Problemas Aula 1.5 - Forças

Escrito por Matheus Felipe R. Borges

Alguns problemas para você praticar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com asteriscos (*). Problemas com 1 asterisco é o equivalente a um problema de primeira fase de OBF, 2 asteriscos (**) um de segunda fase, e 3 asteriscos (***) um de terceira fase.

Problema 01 *

(Problema da semana 8) Uma bola de massa $m$ é lançada com velocidade $v_0$ e ângulo $\alpha$ a uma profundidade $H$ dentro de um lago. Sabendo que a densidade da água é $\rho$ , encontre a altura máxima da bola.

Solução

Assim que a bola é lançada existem duas forças agindo nela, o empuxo da água e a gravidade. Assim, usando $F = ma$ :

$a = \dfrac{Vg\rho}{m} - \dfrac{Vg\sigma}{m} = \dfrac{Vg(\rho - \sigma)}{m}$ , onde definimos $\sigma = \frac{m}{V}$

Temos então dois casos:

Se $v$ é grande o bastante para que a bola saia da água, teremos que dividir em dois momentos. Até a bola sair da água,usando o teorema da energia cinética:

$\dfrac{mv^2}{2} - \dfrac{mv_0^2}{2} = Vg(\rho - \sigma)\cdot H$

Agora usamos o mesmo teorema, porém não existe expuxo:

$\dfrac{mv_0(\cos\alpha)^2}{2} - \dfrac{mv^2}{2} = - mg\cdot y \Rightarrow g\cdot y = \dfrac{v_0(\sin\alpha)^2}{2} -\dfrac{g(\sigma - \rho)\cdot H}{\sigma} \Rightarrow$

$y = \dfrac{v_0(\sin\alpha)^2}{2g} -\dfrac{(\sigma - \rho)\cdot H}{\sigma}$

O outro caso é mais simples, basta usar conservação somente uma vez:

$\dfrac{mv_0(\cos\alpha)^2}{2} - \dfrac{mv_0^2}{2} = Vg(\rho - \sigma)\cdot y$

E disso conseguimos a altura máxima

$\boxed{y = \dfrac{v_0(\sin\alpha)^2\rho}{2g(\sigma - \rho)}}$

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Gabarito

${y = \dfrac{v_0(\sin\alpha)^2\rho}{2g(\sigma - \rho)}}$

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Problema 02 *

(Problema da semana 30) É comum, em matérias como ciência dos materiais, engenharias, e coisas do gênero, se trabalhar com uma grandeza chamada Módulo de Young ( $Y$ ). Essa grandeza mede a "rigidez" de um material. Ela é definida da seguinte maneira:

$Y=\dfrac{{F}/{A}}{{\Delta l}/{l}}$

Em que F é a força aplicada sobre o material, A é a área superficial (F/A é a pressão em cima do material), $\Delta l$ é a variação longitudinal de comprimento e $l$ é o comprimento original do material. Considere, para exercitar essa ideia,o seguinte exemplo:

Temos um bloco cúbico de lado $a$ no chão, então decidimos colocar em cima dele um peso genérico de massa $m$ , calcule a deformação do bloco devido à adição de carga (peso) a sua superfície superior.

Solução

Para encontrar a deformação precisamos apenas usar os dados. Mexendo com a definição de Módulo de Young temos:

$\Delta l=\dfrac{Fl}{AY}$

A força no bloco é uma reação da normal no bloco superior, mas esse normal tem o valor igual a peso dele, que é $mg$ , a área da superfície em contato é $a^2$ , área de um quadrado... O comprimento inicial do bloco era a, logo:

$\boxed{\Delta l=\dfrac{Mg}{aY}}$

(É a deformação em módulo, no caso a deformação é negativa, pois o bloco comprime)

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Gabarito

$\Delta l=\dfrac{Mg}{aY}$

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Problema 03 ***

(Problema da semana 15) Um recipiente formado de duas partes cilíndricas sem fundo, de massa $m$ , diâmetro menor $d$ e maior $D$ , como na figura, encontra-se sobre uma mesa lisa com sua extremidade inferior bem ajustada à superfície da mesa. Coloca-se um líquido no recipiente e quando o nível do mesmo atinge uma altura $h$ , o recipiente, sob ação do líquido, se levanta. Calcule a massa específica desse líquido.

Questão 15- Intermediário

Solução

O recipiente levanta-se devido à pressão exercida na transição dos cilindros. Essa pressão é dada por

$P =\rho gh$ .

A pressão deve equilibrar o peso do recipiente, logo:

$PS=mg$

$\rho gh\dfrac{\pi(D^2 - d^2 )}{4}=mg$

Então

$\boxed{\rho=\dfrac{4m}{h\pi(D^2-d^2)}}$

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Gabarito

${\rho=\dfrac{4m}{h\pi(D^2-d^2)}}$

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Problema 04 **

(Problema da semana 24) Ache a velocidade terminal de um corpo esférico de densidade $\rho_{esfera}$ , caindo num tubo de óleo de densidade $\rho_{oleo}$ , sabendo que o óleo exerce uma força de arraste

$F=-6\pi \eta r v$

Sendo v a velocidade e $\eta$ o coeficiente de viscosidade do óleo.

Solução

Ao atingir a velocidade terminal o corpo mantém sua velocidade constante, isto é, o corpo está em equilíbrio.

$mg=F+E$

$mg=6\pi \eta rv + \rho_{o} gV\ \ \ (1)$

$m=\rho_{e}V=\rho_{e}\dfrac{4\pi r^3}{3}\ \ \ \ (2)$

Aplicando $(2)$ em $(1)$ e isolando $v$ :

$\boxed{v=\dfrac{2gr^2 (\rho_{e} -\rho_{o})}{9\eta}}$

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Gabarito

$v=\dfrac{2gr^2 (\rho_{e} -\rho_{o})}{9\eta}$

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Problema 05 **

(Problema da semana 71) Levy, contente com seus resultados após o primeiro dia de academia, resolve competir com seu amigo Paulo em um cabo de guerra. Ambos têm a mesma massa de $60$ $kg$ sendo que Levy puxa com $500$ $N$ de força e, para sua surpresa, Paulo puxa com $700$ $N$ . Sob estas condições, qual a tração da corda?

Solução

Sendo que ambos os garotos puxam a corda, mas para que ela esteja sempre tracionada, temos que os garotos possuem a mesma aceleração. Assim basta olharmos para a força que atua em cada garoto.

Para Levy:

$T-500=ma$

E para Paulo:

$700-T=ma$

Substituindo a massa pelo valor fornecido, somamos as equações acima e obtemos:

$200=120a\rightarrow a=\dfrac{5}{3}$

Substituindo, obtemos:

$T-500=60\times\dfrac{5}{3}$

E por fim:

$\boxed{T=600N}$

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Gabarito

$T=600$ $N$

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Problema 06 ***

(Problema da semana 86)

É aplicada uma força $F$ no bloquinho $A$ , empurrando todo o sistema de bloquinhos $A$ , $B$ , $C$ para a direita com uma aceleração $a$ em um ambiente de campo gravitacional $g=10$ $m/s$ . Sabendo que as massas dos bloquinhos são:

$m_A = 1$ $kg$ ;

$m_B = 2$ $kg$ ;

$m_C = 4$ $kg$ .

E o coeficiente de atrito entre os bloquinhos é $\mu=0,5$ , com o chão sendo perfeitamente liso.

Os bloquinhos $A$ e $B$ estão se encostando, havendo também uma normal $N$ entre eles.

Com essas informações, determine:

a) A aceleração $a$ do sistema em função de $F$ .

b) Para $F=14$ $N$ , quanto vale esta aceleração?

c) Na mesma situação do item anterior, sabe-se que a força de atrito estático $F_{at1}$ entre os blocos $A$ e $C$ é máxima, determine então a a força normal entre os blocos $A$ e $B$ e a força de atrito $F_{at2}$ entre os blocos $B$ e $C$ .

Solução

a) Representando todas as forças atuantes em cada corpo, temos que atuaram:

Em $A$ :

eixo x: A força $F$ para a direita, a força normal $N$ para a esquerda, e o atrito $F_{at1}$ para a esquerda.

eixo y: Seu peso $m_A g$ para baixo e a normal com o bloco $C$ , $N_A$ .

em $B$ :

eixo x: A força normal $N$ para a direita e a força de atrito $F_{at2}$ para a esquerda.

eixo y: Seu peso $m_B g$ para baixo e a normal com o bloco $C$ , $N_B$

em $C$ :

eixo x: As forças de atrito $F_{at1}$ e $F_{at2}$ para a direita, por ação e reação com os blocos $A$ e $B$ .

eixo y: Seu peso $m_C g$ para baixo, as normais com os blocos $A$ e $B$ , $N_A$ e $N_B$ , e a normal com o solo $N_C$ .

Os corpos possuem movimento acelerado apenas na horizontal, com as componentes verticais se cancelando.

Escrevendo a segunda lei de Newton para o eixo x dos corpos:

$m_A a = F - N - F_{at1}$

$m_B a = N - F_{at2}$

$m_C a = F_{at1} + F_{at2}$

Somando todas as equações temos:

$(m_A+m_B+m_C)a = F$

$a = \dfrac{F}{m_A+m_B+m_C}$

$a = \dfrac{F}{1 + 2 + 4}$

$\boxed{a = \dfrac{F}{7}}$

b) Para $F = 14$ $N$ , temos:

$a = \dfrac{14}{7}$

$\boxed{a = 2\,m/s^2}$

c) A força de atrito máxima $F_{at1}$ é:

$F_{at1max}=\mu N_A$

$F_{at1max} = \mu m_A g$

$F_{at1max} = 0,5*1*10$

$F_{at1max} = 5$ $N$

Nesse caso, $F_{at1}$ está em seu máximo de $5$ $N$ . Por isso, temos então que:

$m_A a = F - N - F_{at1}$

$m_B a = N - F_{at2}$

$m_C a = F_{at1}+ F_{at2}$

$1*2 = 14 - N - 5$

$2*2 = N - F_{at2}$

$4*2 = 5 + F_{at2}$

Daí:

$\boxed{N=7\,N}$

$\boxed{F_{at2} = 3\,N}$

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Gabarito

a) $a = \dfrac{F}{7}$

b) $a = 2$ $m/s^2$

c) $N=7$ $N$ e $F_{at2} = 3$ $N$

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Problema 07 *

(OBF 2016) Durante as aulas sobre as leis de Newton, em especial sobre as condições de atrito entre superfícies em
contato, o professor colocou um objeto com massa de 1,0kg apoiado sobre uma prancha de $4,0\,kg$ , como mostra
a figura abaixo. Em seguida, o professor puxa o objeto aplicando-lhe uma força $\vec{F}$ horizontal e constante. Considerando-se que o atrito entre a prancha e a mesa seja desprezível e que os coeficientes de atrito estático e dinâmico entre o objeto e a prancha sejam iguais a $0,8$ e $0,6$ , respectivamente, a maior aceleração que a prancha possa adquirir será de:

a) $1,0\,\rm{m/s}^2$

b) $1,2\,\rm{m/s}^2$

c) $1,5\,\rm{m/s}^2$

d) $1,6\,\rm{m/s}^2$

e) $2,0\,\rm{m/s}^2$

Solução

Temos que a força na prancha:

$\mu mg=m_pa_p$

Como o coeficiente de atrito é maior quando estático, a aceleração máxima é:

$a_p=0.8\cdot 10\cdot 0.25=2ms^{-2}$

Portanto, a resposta é Item e).

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Gabarito

Item e)

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Problema 08 **

Uma caixa de $m = 60\, kg$ é suspensa pelo sistema de polias representados na figura. Os trechos de corda entre as duas polias são paralelos e formam um ângulo $\theta = 30^{\circ}$ com a vertical. Na extremidade da corda, é aplicada uma força $\vec T$ , de módulo $T$ , e que faz um ângulo $\alpha$ com a horizontal. Considerando que o sistema está em equilíbrio estático e as cordas e polias são ideais, determine:

(a) O ângulo $\alpha$ , em graus.

(b) A intensidade da força $T$ , em $N$ .

Solução

a) Vamos olhar para as força em cada parte do sistema.

Sabemos que a força em um fio ideal, a força se distribui constante por toda a sua extensão. Sendo $F$ a força de tração no fio de baixo, e $P$ o peso da massa.

Como a polia está em equilíbrio, a força resultante na horizontal deve ser zero. Portanto:

$T\cos{\alpha}=2T\sin{\theta}$

$\rightarrow \cos{\alpha}=2\sin{\theta}$

$\cos{\alpha}=2\sin{30^{\circ}}=2\cdot \dfrac{1}{2}$

$\cos{\alpha}=1$

$\rightarrow \boxed{\alpha=0^{\circ}}$

b) A polia também está em equilíbrio na vertical. Portanto:

$2T\cos{\theta}+T\sin{\alpha}=F$

$2T\cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}+T\cdot 0=F$

$F=T\sqrt{3}$

A massa também está em equilíbrio, logo:

$F=P=mg$

$T\sqrt{3}=mg$

$\rightarrow T=\dfrac{mg\sqrt{3}}{3}$

$\rightarrow \boxed{T=340 \,N}$

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Gabarito

a) $\boxed{\alpha=0^{\circ}}$

b) $\boxed{T=340\, N}$

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Problema 09 **

Um auxiliar de serviços gerais, de massa $M$ , apoia a parte de cima de uma escada retilínea em uma parede lisa a uma altura $h$ do piso. A escada tem comprimento ajustável e massa $m = M/4$ e seus pés emborrachados são apoiados no piso a uma distância $d$ da parede. Se preciso, o auxiliar ajusta o comprimento da escada de acordo, e ao final desta operação, suponha que o centro de massa da escada permanece na metade de seu comprimento. O auxiliar deseja poder subir até o último degrau da escada e lá permanecer em pé em segurança, ou seja, sem que a escada escorregue. Assumindo que o coeficiente de atrito estático entre a borracha dos pés de apoio da escada e o piso é $\mu$ , determine o valor máximo da distância $d$ em função das variáveis $h$ e $\mu$ . A figura abaixo representa esquematicamente a posição da escada na situação pronta para ser usada.

Solução

Como a barra está em equilíbrio, a força resultante sobre a mesma é nula, assim como o torque resultante. Primeiramente, analisemos a primeira dessas condições. Chame a força normal que a atua na escada devido à parede de $N_2$ , a normal devido ao chão de $N_1$ e a força de atrito de $f$ . Pela condição de equilíbrio de forças na horizontal

$N_2=f$

E pelo equilíbrio de forças na vertical

$\dfrac{5}{4}Mg=N_1$

Agora, devemos aplicar a segunda condição: o torque resultante em torno de qualquer ponto do espaço é nulo. Escolhamos o ponto de encontro entre a escada e o piso. O torque resultante é a soma dos torques do peso da escada, da força que o homem faz em cima da escada (seu próprio peso), e o torque a força $N_2$ . Definindo ${\theta}$ como o ângulo que a escada faz com a vertical, temos

$MgL\sin{\theta}+{Mg/4}\dfrac{L}{2}\sin{\theta}=N_2L\cos{\theta}$

Como $N_2$ é igual a força de atrito, podemos descobrir seu valor da equação acima e impor, de acordo com a condição de não deslizamento

$f\leq{{\mu}N_1}$

O valor obtida para $N_2$ , e consequentemente para $f$ é

$f=\dfrac{9Mg\sin{\theta}}{8\cos{\theta}}=\dfrac{9Mgd}{8h}$

Usando a relação do não deslizamento, chega-se ao valor máximo de $d$

$\dfrac{9Mgd}{8h}\leq{{\mu}\dfrac{5Mg}{4}}$

$d_M=\dfrac{10{\mu}h}{9}$

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Gabarito

$d_M=\dfrac{10{\mu}h}{9}$

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Problema 10 *

(OBF 2022)Um anel $A$ de massa desprezível está suspenso por dois fios finos ideais, um ligado a uma parede vertical outro ao teto, conforme a figura. Quando uma força externa $\vec{F}$ é nele aplicada, observa-se que a tração no fio vertical $AB$ é $300\,\rm{N}$ e no fioo horizontal $AC$ $400\,\rm{N}$ .

Determine a intensidade da força $\vec{F}$ , em N, sabendo que nessa situação o anel se encontra em equilíbrio estático.

a) $1,0\,m/s^2$

b) $1,2\,m/s^2$

c) $1,5\,m/s^2$

d) $1,6\,m/s^2$

e) $2,0\,m/s^2$

Solução

Utilizando a notação vetorial, chame de $\vec{T}_{AB}$ a tração no fio $AB$ e $\vec{T}_{AC}$ a tração no fio $AC$ . Para o equilíbrio estático do anel - de massa desprezível -, a resultante das forças atuantes deve ser zero:

$\vec{F}+\vec{T}_{AB}+\vec{T}_{AC}=0$

Pelo método da linha poligonal, podemos dispor esses vetores (forças) de tal forma que eles formem um polígono fechado; no nosso caso, um triângulo retângulo, já que as trações de cada fio são perpendiculares entre si (lembre-se que um está na vertical e o outro na horizontal):

Pelo teorema de Pitágoras, tem-se então que:

$F^2=T_{AC}^2+T_{AB}^2=400^2+300^2$

$\boxed{F=500\;N}$

Logo, o item correto é o Item c).

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Gabarito

Item c)

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Problema 11 *

(OBOF 2023 - adaptada) José Beltrão, um arqueiro profissional, não quer que suas flechas afundem na água qunado treina perto de uma psicina, então acoplou uma pequena boia cilíndrica a elas de tal maneira que sempre que uma flecha cai na água a boia a impede de afundar, como mostra a figura. Assumindo que a boia tem metade da massa de uma flecha (mf lecha = 20 g) encontre o volume total da boia, se apenas a metade da boia está em baixo d’água e o volume da flecha é metade do volume total da
boia.

Determine a intensidade da força $\vec{F}$ , em N, sabendo que nessa situação o anel se encontra em equilíbrio estático.

a) $12\,\rm{cm}^3$

b) $60\,\rm{cm}^3$

c) $20\,\rm{cm}^3$

d) $40\,\rm{cm}^3$

e) $30\,\rm{cm}^3$

Solução

Pela equação do equilíbrio do sistema flecha+boia, temos

$\rho_{agua}gV_{sub}=M_{tot}g$

$\rho_{agua}V_{sub}=M_{tot}$

A massa total é a soma da massa da boia (

$m_{boia}=(m_{flecha})/2=10\,g$ ) com a massa da flecha

$M_{tot}=30\,g$

Chamemos

$V$ de o volume da boia, assim, o volume da flecha é

$V/2$ , somando ao volume submerso da boia (

$V/2$ ) temos

$V_{sub}=V/2+V/2=V$

Desse modo, substituindo a densidade da água

$\rho_{agua}=1\,g/cm^3$ ,

$V_{sub}$ e

$M_{tot}$ no equilíbrio

$\boxed{V=30\,cm^3}$

Portanto, o gabarito é Item e).

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Gabarito

Item e)

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Problema 12 *

(OBOF 2023 - adaptada) José Beltrão possui um arco e flecha especial, esse possui uma corda elástica que obedecia à lei de Hooke de
tal forma que possui uma constante elástica equivalente $k$ . O gráfico a seguir mostra a força que Beltrão exerce em função da deformação. Desse modo, encontre $k$ .

Determine a intensidade da força $\vec{F}$ , em N, sabendo que nessa situação o anel se encontra em equilíbrio estático.

a) $25\,\rm{N/m}$

b) $50\,\rm{N/m}$

c) $100\,\rm{N/m}$

d) $200\,\rm{N/m}$

e) $400\,\rm{N/m}$

Solução

Utilizando o gráfico dado na questão podemos encontrar a força em função de $x$

$F=4x$

Onde

$F$ é dado em N e

$x$ em cm, para acharmos o valor da constante em N/m, precisamos fazer a conversão de centímetros para metros

$F=400x$

Agora $x$ é dado em metros. Logo, fazendo uma analogia com a lei de Hooke

$F=kx$

Temos

$\boxed{k=400\,N/m}$

Desse modo, o gabarito é Item e).

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Gabarito

Item e)

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Problema 13 ***

(Problema da semana 78) Determine o empuxo sobre uma esfera de raio de $2$ $cm$ , que está com $\frac{1}{8}$ de seu volume submerso em água.

Solução

A partir do teorema de Arquimedes, temos que:

$F_{emp} = \rho_{liq}V_{sub}g$

$F_{emp} = \frac{\rho_{liq}}{8}*\frac{4\pi}{3}*r^{3}g$

Substituindo:

$F_{emp} = 10^{3}*\frac{1}{8}*\frac{4\pi}{3}*(\frac{2}{100})^{3}*10$

$\boxed{F_{emp} = \frac{4\pi}{3}10^{-2}\,\rm{N}}$

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Gabarito

$F_{emp}=\frac{4\pi}{3}10^{-2}$ $N$

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Problema 14 ***

(Problema da semana 88) Voltando de sua viagem nas férias, Natônio Italo trouxe consigo um disco de prata. Para saber se esse disco era completamente de prata, ele decidiu fazer um experimento. Ele foi no laboratório e pôs o disco em mercúrio líquido. Percebeu então que o volume submerso do disco era de aproximadamente $\frac{7}{9}$ do volume total do disco. Olhou numa tabela e viu que a densidade do mercúrio líquido e da prata eram respectivamente $\rho_{mercurio}=13,5$ $g/cm^3$ e $\rho_{prata} = 10,5$ $g/cm^3$ . Dessa forma, o disco realmente é de prata?

Solução

Ao por o disco no mercúrio, atuarão nele duas forças: o seu próprio peso e a força de empuxo. Como ele fica em equilíbrio no líquido:

$F_{peso}=F_{empuxo}$

$mg=\rho_{mercurio}gV_{submerso}$

$m=\rho_{mercurio}V_{submerso}$

A massa do disco pode ser dado por:

$m=\rho_{disco}V_{disco}$

Daí:

$\rho_{disco}V_{disco}=\rho_{mercurio}V_{submerso}$

$\rho{disco}=\rho_{mercurio}\dfrac{V_{submerso}}{V_{disco}}$

Como foi observado que:

$\dfrac{V_{submerso}}{V_{disco}}=\dfrac{7}{9}$

Temos que:

$\rho_{disco} = \dfrac{7}{9}\rho_{mercurio}$

$\rho_{disco} = \dfrac{7}{9} *13,5$

$\rho_{disco} = 10,5$ $g/cm^3$

Então o disco de Natônio realmente é de prata.

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Gabarito

Sim, o disco de Natônio é de prata.

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Problema 15 ***

(Problema da semana 161) Zucas Lanoni é um dos responsáveis pela Exposição Anual de Objetos Históricos em Valinhos e, para o ano de 2023, Zucas foi encarregado de levar uma estátua da Ilha de Páscoa para o evento. Nesse problema de quatro partes vamos analisar, de maneira hipotética e simplificada, a extração de uma estátua parcialmente submersa e o seu transporte até a exposição.

As estátuas da Ilha de Páscoa (conhecidas como Moais) são grandes esculturas de pedra com o formato de uma cabeça humana, conforme ilustra a figura abaixo. Para a nossa análise simplificada, vamos aproximar a estátua para um paralelepípedo uniforme de massa $M=5000\,kg$ e altura $L=5,0\,m$ e largura $D=1,0\,m$ . Considere a gravidade $g=10\,ms^{-2}$ .

a) A estátua de interesse está parcialmente coberta por uma coluna de terra (de altura $H=1,0\,m$ ) e não é possível levá-la direto para um avião. Assim será necessário primeiro extraí-la para depois transportá-la. Suponha que a força necessária para manter o corpo em equilíbrio vertical está representada no gráfico abaixo:

O eixo vertical representa a força que deve ser aplicada para conseguir levantar a estátua (em unidades de $Mg$ ) em função da profundidade. Note que, inicialmente, a profundidade vale $H=1,0\,m$ . Calcule o trabalho que deve ser realizado para extrair completamente a estátua do solo.

b) Com a estátua já removida, Zucas decide transportá-la utilizando uma caixa e alguns metros de corda. Vamos analisar apenas um caso bidimensional para facilitar as contas. Os segmentos em vermelho representam as cordas, e a caixa cinza, a estátua. Calcule a menor tensão máxima da corda $T_{min}$ para que o transporte do objeto seja possível. A tensão máxima é a maior tração que a corda pode suportar antes de arrebentar.

c) Por motivos de segurança, o segmento superior da corda foi substituído por um cabo de aço, que pode ser considerado indestrutível. Os dois segmentos de corda inferiores não são alterados. Tomando o valor da tração máxima como sendo $T_{min}$ , encontre o maior valor possível para o ângulo marcado na figura.

d) Depois de um longo voo, a estátua chega no Brasil e está pronta para ser transportada com um caminhão especializado. A estátua é posicionada na vertical dentro do caminhão e o atrito é suficiente para que ela nunca deslize. Qual é a maior aceleração que o caminhão pode ter para que a estátua não tombe?

Solução

O trabalho de uma força variável é a área sob o gráfico de Força vs Deslocamento. Dessa forma, o trabalho é a área do gráfico entre os pontos $x=0,0\,m$ e $x=1,0\,m$ .

$\tau = A_{rea}$

$\tau = \dfrac{(1+3)\,Mg\times 1\,m}{2}$

Logo, usando $Mg=5\times10^4\,N$ :

$\boxed{\tau=1,0\times 10^5\,J}$

Para que a corda não arrebente, a tração no fio superior nunca deve exceder a tensão máxima da corda. Já que a corda superior suporta todo o peso da estátua, temos:

$T = Mg$

Em que $T$ é a tração no fio superior. Para que a corda não arrebente, é preciso que $T_{lim}\ge T$ , ou seja, a tração limite é sempre maior ou igual que a tração da corda. Assim:

$\boxed{T_{min} =5,0\times10^4\,N}$

Agora que a corda superior foi trocada pelo fio de aço, não há risco de ela arrebentar, portanto vamos estudar apenas as duas cordas inferiores. Da condição de equilíbrio na vertical, temos:

$2 T' \cos{\theta} = Mg$

$\cos{\theta}=\dfrac{Mg}{2T'}$

Em que $T'$ é a tração em um dos fios inferiores e $\theta$ é o ângulo marcado na figura. Note que $\theta \le 90^\circ$ , portanto, quanto maior for o ângulo, menor é o cosseno. Isso pode ser percebido observando o gráfico da função cosseno.

Assim, basta minimizar $\cos{\theta}$ para maximizar $\theta$ . Para isso fazemos o caso limite em que $T'=T_{min}$ :

$\cos{\theta}=\dfrac{1}{2}$

Logo:

$\boxed{\theta=60^\circ}$

Considere o diagrama de forças abaixo. Estamos trabalhando em um referencial que se move junto ao caminhão. Nesse referencial aparece uma força fictícia de magnitude $F_{fic}=Ma$ , em que a $M$ é a massa da estátua e $a$ é a aceleração do caminhão. A direção da força é a mesma da aceleração, no entanto, a força aponta no sentido contrário!

Na figura, digamos que o caminhão se move para a direita e começa a frear com aceleração $a$ (para a esquerda). Nesse caso, aparece uma força fictícia no referencial do caminhão que empurra a estátua no sentido contrário à aceleração (para a direita). Esse método de "força fantasma" e mudança de referencial pode parecer excessivamente complicado e algo que não tem sentido físico, no entanto, essa é uma ferramenta extremamente útil em diversos problemas e está presente em situações do dia a dia! Para aprender mais, pesquise sobre Dinâmica no Referencial não Inercial.

De qualquer forma, na condição limite de tombar, temos as seguintes relações:

Equilíbrio na vertical:

$N=Mg$

Em que $N$ é a normal.

Equilíbrio na horizontal:

$F_{at}=Ma$

Em que $F_{at}$ é a força de atrito, que assumimos ser grande o suficiente para que a estátua nunca deslize.

Equilíbrio dos torques em relação ao ponto de contato da estátua com o caminhão:

$Mg\dfrac{D}{2} = Ma\dfrac{L}{2}$

Note que nem o atrito nem a normal realizam torque, já que essas forças são aplicadas no ponto em que estamos analisando o torque. Assim, fazendo as contas:

$\boxed{a_{max}=2,0\,ms^{-2}}$

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Gabarito

$\boxed{\tau=1,0\times 10^5\,J}$

$\boxed{T_{min} =5,0\times10^4\,N}$

$\boxed{\theta=60^\circ}$

$\boxed{a_{max}=2,0\,ms^{-2}}$

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